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好久没写博客啦 最近做了许多贪心的题目，感觉整个人的身心都通透了啊 做着做着，发现其实贪心也是有许多基本模型的，趁热打铁，把孤的心得体会记录下来，希望对大家，也对孤有所帮助。 （以下内容为孤自己整理，有不足之处还请多多指教） 一、区间覆盖问题 常常会遇到这样一种题目：在一条（时间、数等）轴上，有几段区间。通常会有这几种问法： （1）、在轴上放最少的点，使得每一段区间都至少有一（若干）个点。 例：POJ 1328 Radar Installation 题目大意是在X轴上方有几个小岛，现在要在X轴放雷达，已知雷达覆盖半径与小岛位置，求最少放多少雷达使得每个小岛都被覆盖。 题解：由半径和小岛的y值，据勾股定理可求出每个小岛都在X轴上有一段对应区间，在此区间内可以覆盖小岛，于是问题便转化为了：在轴上放最少的点，使得每一段区间都至少有一个点。 对于此类题目，通常把区间按照右端点从小到大排序，再在没有点的区间的最右边放上一个点。 为什么呢？如何保证这样是最优的？ 想象一下，在你面前有几段区间，先看第一段区间，其它区间的右端点都在它的右端点的右边，所以，在它的右端点上放上一个点，能够在保证此区间被覆盖的前提下，尽可能多地覆盖后面的区间，对于当前这个区间，无论后面如何，这种选法都是最优的，并且不会给后面的选择造成坏的影响。 上代码：
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int t[2],ans;
struct node
{
double x,y;
bool operator < (const node &p)const{return y<p.y;}
}a[1005];
int main()
{
int n,d,tot=0;
bool flag;
double o;
while(scanf("%d%d",&n,&d),n||d)
{
printf("Case %d: ",++tot);
flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&t[0],&t[1]);
if(t[1]>d||flag) {flag=1;continue;}
a[i].x=t[0]-sqrt(d*d-t[1]*t[1]);
a[i].y=t[0]+t[0]-a[i].x;
}
if(flag) {printf("-1\n");continue;}
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;)
{
ans++;
o=a[i].y;
while(a[i].x<=o&&i<=n) i++;
}
printf("%d\n",ans);
ans=0;
}
}ps:如果你想通了，那么肯定也能想通，按照左端点由大到小排，放在左端点也是可以的。
（2）、各个区间重叠排斥，每个单位时间只能完成不排斥的区间，最少需要多少时间？
例1：POJ 1083 Moving Tables
题目大意是要从i教室搬桌子到j教室，而走廊的宽度只够一张桌子移动，问需要多少分钟才能搬完所有桌子？
题解：首先注意由于走廊是两侧，所以当起点是偶数时，会将起点的前一个点也占用，当终点是奇数时，会将终点的后一个点也占用。
对于这类题，先画图分析：
看以上这5个区间，有的互相排斥，有的却可以同时完成，如红线所示，重叠最多的点是4，重叠了4个区间。
实际上，答案就是重叠最多的点所重叠的次数
证明：（数学归纳法）
假设当最多有n个桌子重叠时，搬n趟可以搬完。
那么当最多有n+1个桌子重叠时，先忽略第n+1层桌子，前n趟可以将有n次及以下重叠的桌子搬完，此时仅剩下第n+1层最多仅有一个桌子重叠，此时再搬一趟，就可以全部搬完。
所以，当n=k成立时，n=k+1也成立。
因为n=1时显然成立，所以对于所有正整数，假设成立，证毕。
上代码：
#include<cstring>
int main()
{
int tmp,n,x,y,a[405];
scanf("%d",&tmp);
for(int u=1;u<=tmp;u++)
{
memset(a,0,sizeof a);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
if(x>y) x^=y,y^=x,x^=y;//交换
if(x%2==0) a[x-1]++;
if(y%2) a[y+1]++;
for(int j=x;j<=y;j++) a[j]++;//标记覆盖
}
x=0;
for(int i=1;i<=400;i++)
if(a[i]>x) x=a[i];
printf("%d\n",x*10);
}
}
例2： POJ 3190 Stall Reservations
与Moving Tables类似，只是需要输出方案。这里使用第二种解法。
题解：将区间按左端点从小到大排序，依次放入，能放则放，不能放则再加一个牛棚。
证明：暂且不管前面如何防置，我们来看已经放好一些区间时的情况：
此时倘若接下来起点为6的区间和一个起点为7的区间，你先放哪个？（注意已经按照左端点排过序，此时6和7是最前面的两个数）
果断选6啊，因为无论如何最后6和7都是要放入牛棚的，如果此时放7，则浪费了更多的空间
而且基于此原理，显然，6应该放入2号牛棚
不知你有没有一种感觉，其实此类贪心，就是在不产生损害的前提下，将产生有利情况的可能性最大化。
上代码：
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
struct node
{
int l,r,id;
bool operator < (const node& p)const{return r>p.r;}//越早结束越优先
}a[50005];
priority_queue<node>q;
bool cmp(node a,node b)
{
return a.l<b.l;
}
int main()
{
int n,b[50005],ans=1;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
a[i].id=i;
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
b[a[1].id]=ans;
q.push(a[1]);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(q.top().r<a[i].l)//尽可能往前放
{
b[a[i].id]=b[q.top().id];
q.pop();
}
else//如果最早结束的都无法放下的话，就得加一个牛棚了
b[a[i].id]=++ans;
q.push(a[i]);
}
printf("%d\n",ans);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d\n",b[i]);
}二、合并果子问题
相信大家都对这种问题很熟悉吧~
例1：POJ 3253 Fence Repair
例2：POJ 1862 Stripies
这种类型的题，一般是给一种计算规则，然后计算最大或最小，通常我们会根据这种计算规则的增减性来决定优先级。通常这种题有两种出法，一种是合并，一种是分割，这两者并无异处，可以一视同仁。
如例一，就是合并果子的分割版本，它的计算规则是加法，会使值增大，而通过简单地举例或数学式子可以发现，越早合并的值经历计算规则的次数会越多。题目要求最小值，只需让最小的值去通过计算规则就好了。
又如例二，给出了另外的计算规则：2*sqrt(m1*m2)，此时开根号会使值变小，题目要求最小值，只需让最大的值去通过计算规则就好了。
上代码：
例一：
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
priority_queue<long long,vector<long long>,greater<long long> >a;
int main()
{
int n;
long long x,y,s=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&x),a.push(x);
for(int i=1;i<n;i++)
{
x=a.top(),a.pop();
y=a.top(),a.pop();
s+=x+y;a.push(x+y);
}
printf("%lld",s);
}例二：
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
priority_queue<long long,vector<long long>,greater<long long> >a;//greater是小根堆，最小值优先,less相反
int main()
{
int n;
long long x,y,s=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&x),a.push(x);
for(int i=1;i<n;i++)
{
x=a.top(),a.pop();
y=a.top(),a.pop();
s+=x+y;a.push(x+y);
}
printf("%lld",s);
}三、找决定优先级的因素
这类题，一般乍一看让人很摸不着头脑，无从下手。
例：POJ 3262 Protecting the Flowers
要是时间多的吃得多，时间少的吃得少，该怎么办呢？？？
先从简单情况分析：
假设有两头牛A，B。
若选A，则损失timeA * eatB
若选B，则损失timeB * eatA
如何比较？同时乘以1/(eatA*eatB)。那么损失的大小关系就是timeA/eatA和timeB/eatB的大小关系！
同理，用数学归纳法，可得优先级就是由时间与吃的比例来确定的。但是这里孤要介绍另一种方法：交换比较法
众所周知，贪心一般都有个先后顺序，不同的顺序会导致不同的结果，那么，我们任选一种选法，交换其中两项的顺序，再与原来比较，再找出现有顺序与原有顺序的区别，就可以得到决定结果的顺序因素！
以这道题举个例子：设牛的时间为Ti，吃草速度为Di，那么：
先牵走牛1，损失：(sumD-D1)*2*T1
再牵走牛2，损失：(sumD-D1-D2)*2*T2
再牵走牛3，损失：(sumD-D1-D2-D3)*2*T3
......以此类推
我们将牵走牛1与牛2的顺序交换，再看：
先牵走牛2，损失：(sumD-D2)*2*T2
再牵走牛1，损失：(sumD-D1-D2)*2*T1
再牵走牛3，损失：(sumD-D1-D2)*2*T3
......此后同上
可以看出，两种顺序的总损失是不一样的。从牛3往后相同，所以我们要比较前两头牛。
第一种选法，损失：sumD*(2*T1+2*T2)-2*D1*T1-2*D1*T2-2*D2*T2
第二种选法，损失：sumD*(2*T1+2*T2)-2*D1*T1-2*D2*T1-2*D2*T2
差别就在红色字处。倘若我们要第一种选法的损失小于第二种选法，则要D1*T2<D2*T1
即D1/T1<D2/T2 !!!
所以，决定优先级的因素被我们找出来了。
这样，交换其中两个元素的顺序进行对比的方法，可以探究隐藏的规律。同样的对比方法，在分治的三分法中也有体现。
呼~，好久没有如此舒畅地写过博客了，爽！